ESERCIZIO 1. Sia (Ω, P ) uno spazio di probabilità, e B un evento tale che P (B) > 0. Si dimostri che la mappa P (Ω B) = P (B) P (B) = 1.

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1 Prova Scritta di Probabilità e Statistica Cognome: Laurea in Matematica Nome: 4 settembre Matricola: ESERCIZIO. Sia (Ω, P ) uno spazio di probabilità, e B un evento tale che P (B) >. Si dimostri che la mappa P(Ω) [, ] A P (A B) è una probabilità. Basta osservare che: e, per una successione di eventi disgiunti (A n ) P (Ω B) = P (B) P (B) = P ( n A n B) = P ( n(a n B)) P (B) = n P (A n B) P (B) = n P (A n B), dove abbiamo usato che anche gli eventi (A n B) sono disgiunti. ESERCIZIO. Siano X, Z due variabili casuali definite nello stesso spazio di probabilità, e a valori in [, + ). Si dimostri che, per ogni c >, E [ ] E(ZX) Z {X c}. c Vale la disuguaglianza c {X c} X, e quindi anche cz {X c} X ZX. Passando al valor medio nella precedente disuguaglianza, per la monotonia del valor medio, si conclude. ESERCIZIO 3. Siano X e Y due variabili casuali indipendenti, assolutamente continue, con densità rispettivamente f X (x) = c α x e α/x (,+ ) (x), f Y (x) = c β x e β/x (,+ ) (x), dove c α e c β sono due opportune costanti. (a) Si determinino i valori delle costanti c α e c β. (b) Si determinino le densità delle seguenti variabili casuali: max(x, Y ), X, X + Y.

2 (a) Si ha cioè c α = α. + c α = x e α/x dx = + e ay dy = a, (b) Anzitutto notiamo che, per t > F X (t) = t Perciò, posto Z := max(x, Y ), α x e α/x dx = α /t e ay dy = e α/t. F Z (t) = F X (t)f Y t) = e α/t e β/t = e (α+β)/t. Perciò f Z (t) = F Z(t) = Posto poi U := /X, si ha, per t > (α + β) x e (α+β)/x. F U (t) = P (X < /t) = e αt. Perciò /X Exp(α) e, analogamente, /Y Exp(β). La densità g di /X + /Y è data dalla convoluzione (ci restringiamo a z > : g(z) = + z f /X (x)f /Y (z x)dx = αβe βz e (β α)x dx { αβ = e αz e βz β α per α β α ze αz per α = β ESERCIZIO 4. Siano X U(, ) e Y Be(/) variabili casuali indipendenti, e sia Z := XY. (a) Si calcoli la funzione di ripartizione F Z di Z. (b) Mostrare che Z non è né una variabile casuale discreta né una variabile casuale assolutamente continua. (a) Per t (, ) F Z (t) = P (Z t) = P (Y =, X t) + P (Y = ) = t +. Perciò se t < F Z (t) = t + se t < se t. (b) Si noti che P (Z = x) = [F Z (x) F Z (x )] = /, x x quindi Z non può essere discreta. Inoltre non può essere assolutamente continua, poiché F Z non è continua.

3 ESERCIZIO. Si dimostri che in uno spazio di probabilità discreto (Ω, P ), le seguenti affermazioni sono equivalenti: gli eventi A, A,..., A n sono indipendenti; le variabili casuali A, A,..., An sono indipendenti. (Nota: tutte le proprietà note sull indipendenza possono essere usate) Per note proprietà dell indipendenza sappiamo che A, A,..., A n sono indipendenti se e solo se per ogni scelta di eventi B, B,..., B n con B i {A i, A c i, Ω, } si ha P (B B B n ) = P (B )P (B ) P (B n ). () Il fatto che A i (C) = A i A c i Ω se C, C se C, C se C, C se C, C mostra che () è equivalente all affermazione: per ogni C, C,..., C n P ( A C,..., An C n ) = n P ( Ak C k ), che a sua volta è proprio la definizione di indipendenza delle variabili casuali A, A,..., An. ESERCIZIO 6. Si estraggano a caso carte in un mazzo di carte da Poker. Si calcolino le seguenti probabilità: (a) di avere esattamente un tris (tre carte dello stesso numero o figura, le altre due di numero o figura diversi dalle tre e tra loro); (b) di avere almeno un tris; (c) di avere almeno un tris sapendo che non si ha un poker (quattro carte dello stesso numero o figura); (d) di avere almeno un tris sapendo che si ha almeno una coppia. (a) Si tratta di scegliere: il numero per il tris (3 scelte), le tre carte per formare il tris ( ( 4 3) = 4 scelte), i due numeri per le rimanenti due carte ( ( ) scelte) da cui poi scegliere le due carte 4 = 6 scelte. La probabilità richiesta è dunque k= 3 4 ( ) 6 ) = (b) La probabilità richiesta è la somma delle probabilità di fare esattamente un tris, di fare un full e di fare un poker. Con ragionamenti analogi al precedente, la probabilità di fare un full è 3 4 (4) ) = 6 46

4 e quella di fare un Poker Quindi la probabilità richiesta è 9 46 = ) = 46. (c) Sia A = ho esattamente un tris, B = ho un full, C = ho un Poker. Dobbiamo calcolare P (A B C C c ) = P (A B) P (C) = P (A) + P (B) P (C) = = (d) Sia D = ho almeno una coppia. Il numero di elementi di D c è il numero di modi di scegliere carte di numeri diversi. Quindi P (D c ) = ( 3 ) 4 ) = 46. Allora P (A B C D) = P (A B C) P (D) = 9. ESERCIZIO 7. Siano X Ge(p) e Y Ge(q) variabili casuali indipendenti. (a) Calcolare la probabilità P (X < Y ). (b) Si calcoli la densità di (Y X) + := { Y X se Y X altrimenti. (a) (b) Sia n >. Infine P (X < Y ) = = pq + k= = p + + n= k=n+ + n= P (X = n, Y = k) = pq ( p) n ( q) n+ = P ((Y X) + = n) = P (Y X = n) = ( p) k ( q) n+k = P ((Y X) + = ) = = + n= + + n= k=n+ p( q) ( p)( q). + k= pq ( p)( q) ( q)n. P ((Y X) + = n) = pq ( p)( q) q q ( p) n ( q) k P (X = k, Y = n + k) pq + ( q) n ( p)( q) n= p( q) = ( p)( q)

5 ESERCIZIO 8. Siano X e Y due variabili casuali scalari, discrete, indipendenti, le cui funzioni generatrici dei momenti γ X e γ Y sono finite ovunque, cioè γ X (t) < +, γ Y (t) < + per ogni t R. Mostrare che la funzione generatrice γ XY del prodotto XY, pur non essendo necessariamente finita, soddisfa le identità γ XY (t) = E [γ X (ty )] = E [γ Y (tx)]. Usando il fatto che nelle somme infinite a termini positivi è lecito scambiare l ordine di sommatoria: γ XY (t) = E [ e txy ] = p X (x)p Y (y)e txy = p X (x) e txy p Y (y) x,y R x R y R p X (x)e[γ Y (tx)] = E [γ Y (tx)]. x R Scambiando i ruoli di X e Y si ottiene l altra identità. ESERCIZIO 9. Siano (X n ) n e Y variabili casuali a valori in N, definite sullo stesso spazio di probabilità (Ω, A, P ), e sia π una densità di probabilità su N (cioè π(n) e n π(n) = ). Si assuma che per ogni n, k N valga la relazione P (X n = k Y n) = π(k). (a) Si dimostri l identità P (X n = k) π(k) = [π(k) P (X n = k Y > n)] P (Y > n). (b) Dedurre che e che P (X n = k) π(k) P (Y n), lim n + P (X n = k) π(k) =. (a) P (X n = k) = P (X n = k, Y n) + P (X n = k, Y > n) = P (X n = k Y n)p (Y n) + P (X n = k Y > n)p (Y > n) = π(k)p (Y n) + P (X n = k Y > n)p (Y > n) = π(k) π(k)p (Y > n) + P (X n = k Y > n)p (Y > n), da cui l identità voluta segue immediatamente. (b) P (X n = k) π(k) π(k) P (X n = k Y > n) P (Y > n) [ π(k) + ] P (X n = k Y > n) P (Y > n) = P (Y > n).

6 Infine, l ultima affermazione segue dal fatto che lim P (Y > n) =. n +